14.2三角形全等的判定第5课时HL证明三角形全等2026-2027学年人教版数学八年级上册

**基本信息** 围绕“HL证明三角形全等”，通过课前预习、课堂巩固、课后达标三层递进设计，实现从概念识别到综合应用的知识巩固，培养推理能力与几何直观。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |课前预习|HL判定基本概念与简单应用|3道选择，直接考查HL条件识别与基础计算，夯实认知起点| |课堂巩固|HL在角平分线、等腰直角三角形等情境中的应用|7题含选择、填空、证明，结合图形变换（如象棋棋盘），强化逻辑推理| |课后达标|综合应用与拓展探究（动点、手拉手模型）|6题分基础巩固（填空、证明）和综合提升（动态问题、模型构建），发展模型意识与创新思维|

14.2三角形全等的判定第5课时HL证明三角形全等 一、课前预习 1.如图，在△ABC和△ADC中，∠B=∠D=90°，∠2=40°，CB=CD,则∠I=() A.30° B.40° c.50° D.60 2.如图，在△ABC中，∠ABC=80°，D是AC上一点.DE⊥AB,DF⊥BC,垂足分别 为E,F,DE=DF,连接BD,则∠ABD的度数为() A.40° B.50° C.70° D.80° D 第1题 第2题 第3题 3.如图，在△ABC中，∠C=90,BC=BD,DE⊥AB于点D,若AC=9cm,则AE+DE等 于() A.4cm B.5cm C.8cm D.9cm 二、课堂巩固 1.小方在学习画角平分线后，想到用三角尺也能画出∠AOB的角平分线，如图，她将两块 三角尺的一直角边分别与角的两边OA、OB重合，移动三角尺使得OM=ON,另两条直 角边相交于点P,则点P一定在∠AOB的角平分线上.这种做法的理由是() A.HL B.SSS C.SAS D.ASA 2.如图，在等腰直角三角形BC中，4C=BC,∠4CB=90,点4a,0),B(0,b,C2,2), 其中b<0<a,则a,b之间的数量关系是() A.a+b=2 B.a-b=2 C.a+b=4 D.a-b=4 试卷第1页，共3页 第1题 第2题 第3题 3.如图，已知点D在BC上，DE⊥AB于点E,DF⊥BC交AC于点F,BD=CF, BE=CD,若∠AFD=140°，则∠EDF=_度， 4,晓晓在如图所示部分象棋棋盘（四个小正方形边长均相同）中画出了“马”从点A可以 行棋的路线AB和AC,则∠I+∠2的度数为 B 5.如图，在△ABC中，∠C=90°，点D在AB上，满足BC=BD,过点D作DE⊥AB交 AC于点E,若△ABC的周长为36，△ADE的周长为12，则BC= 6.如图，在梯形ABCD中，∠B=∠C=90°，E是BC的中点，DE平分∠ADC,下列说法： 1 ①∠CDB=60:②DE⊥AE:③AD<CD+AB:④，s=2S影D,其中正确的是 2 () 填序号 7.如图，∠ACB=∠DCE=90°，BC=AC,EC=DC,直线AD与BE交于点F,连接CF (1)求证：△ACD≌aBCE: (2)若∠ADC=90°，求证：FC平分∠BFD 三、课后达标 基础巩固 1.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,∠B=90°，∠CDA的平分线DE交BC于点E, 试卷第2页，共3页 连结AE.若点E为BC的中点，AD=12,BC=10,则四边形ABCD的面积为. D 2.如图，在△ANC中，AN=AC,AM L MN于M,且MN:NC=1:2,若∠NAC=42° 则∠MAN= 3.如图，将一块等腰直角三角板（∠ACB=90°，AC=BC)放在平面直角坐标系中，三 角板两锐角顶点分别在x轴、y轴上的点A、B处，直角顶点C落在点 (2,2) 处，则 OA+OB的值为 4.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，点D为△ABC外一点，∠DAB=∠BAC,AD=AB 过点D作DE⊥AB于点E,延长DE交BC于点F. D B (1)求证：DE=BC: (2)连接AF,若∠D=36°，求∠EAF的度数. 综合提升 1.如图，CAL AB,垂足为点A,射线BM⊥AB,垂足为点B,AB=15cm,AC=6cm .动点E从A点出发以3Cms的速度沿射线AN运动，动点D在射线BM上，随着E点运动 而运动，始终保持5D=CB.若点B的运动时间为1秒>0 ,则当= 秒时， △DEB与△BCA全等 试卷第3页，共3页 M D E B 2.综合与探究 问题情境： 小明在学习全等三角形的知识时，发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等 腰三角形构成.在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形.它们类似大手拉着小手， 这种模型称为“手拉手模型”，小明进行了如下操作： 如图1，在△ABC和△ADE中，AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,连接BD、CE. E E E D D 图1 图2 图3 【问题发现】 (1)小明发现图1就是手拉手模型，拉手线BD、CE存在某种数量关系.其探究过程如下， 请你写出①和②处的理由； 解：∠BAC=∠DAE ∴.∠BAD+∠DAC=∠C ∠BAD=∠CAE(理 由：①) 在△ABD和△ACE中 AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE 试卷第4页，共3页 :∴.△ABD≌AACE(SAS) BD=CE(理由： ②) (2)如图2，在图1的基础上，△ABC不动，将△ADE绕着点A逆时针旋转至点B,点B、D、 E在一条直线上，BE交AC于点O.小明发现△ABD与△ACE依然全等，当 ∠BAC=∠DAE=a时，求∠BEC: 【拓展探究】 (3)在图2的基础上，延长CE至点F，如图3.判断∠AED与∠AEF的数量关系，并说明 理由. 试卷第5页，共3页 参考答案 一、课前预习 1.c 【分析】此题重点考查直角三角形的两个锐角互余、全等三角形的判定与性质等知识，证 明Rt△ABC≌Rt△ADC是解题的关键. 由∠D=90,∠2=40°，求得∠DAC=50°，再证明R1aABC2R1△ADC,则∠I=∠DAC =50°，于是得到问题的答案. 【详解】解：：∠B=∠D=90,∠2=40° .∠DAC=90°-∠2=50°. 在RIAABC和RI△ADC中， AC=AC CB=CD, ∴.RIAABC≌Rt△ADC(HL) .:.∠1=∠DAC=50° 故选：C. 2.A 【分析】根据DE⊥AB,DF⊥BC,DE=DF可求得RtADBES≌RtADBF,从而有对应角 相等∠DBE=∠DBF,即可求∠ABD的度数 【详解】解：DE⊥AB,DF⊥BC,且知∠ABC=∠DBE+∠DBF,DE=DF, .∠DEB=∠DFB=90°， 在RtADBE和Rt△DBF中， BD=BD DE=DF, :.RteDBE≌RtaDBF(HL) 、∠DBE=∠DBF=)∠ABC=)×80°=400 试卷第6页，共3页 .∠ABD=∠DBE=40° 3.D 【分析】由条件可证明Rt△CBE≌Rt△DBE,则可求得DE=EC,可求得答案， 【详解】解：DE⊥AB, ∠C=∠BDE 在Rt△CBE和RtDBE中， BE=BE BC=BD, ∴.Rt△CBE≌Rt△DBE(HL) .CE=DE .AE+DE=AE+CE=AC=9cm, 故选：D, 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，证得Rt△CBE≌Rt△DBE得到CE=DE是 解题的关键. 二、课堂巩固 1.A 【分析】根据题意可得∠PNO=∠PMO=90°，OM=ON,OP=OP,进而根据HL判定 RtAOMPS≌RtAONP,进而即可求得答案，本题考查了HL判定三角形全等以及全等三角形 的性质，理解题意是解题的关键 【详解】∠PN0=∠PMO=90°，OM=ON,OP=OP :.RtAOMPS≌RtAONP(HL) .∠MOP=∠NOP, .OP是∠AOB的角平分线， 即点P一定在∠AOB的角平分线上.这种做法的理由是HL 故选A 2.c 试卷第7页，共3页 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，过点C作CD上y轴，CE⊥x轴，证明 △CDB≌aCEA,得到AE=BD,即可得出结论，判断即可. 【详解】解：过点C作CDLy轴，CE⊥x轴，则：∠CEA=∠CDB=90°， ◇ 4(a,0),B(Q,b),C(2,2) ..OA=a,OB=-b,OD=2,CE=CD=2. .AE=a-2,BD=2-b .AC=BC,CE=CD. ∴.RtACDB≌RtACEA, .BD=AE, .a-2=2-b, .a+b=4: 故选C. 3.50 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三角形外角的性质，证明 Rt△BED≌Rt△CDF得到∠B=∠C,∠BDE=∠CFD是解题的关键.利用HL证明 Rt△BED≌Rt△CDF得到∠B=∠C,利用三角形外角的性质求出∠C的度数，再利用三角 形的外角的性质即可得到答案。 【详解】解：，DF⊥BC,DE⊥AB, .∠BED=∠CDF 在Rt△BED和RtACDF中， 试卷第8页，共3页 BD=CF BE=CD, Rt△BED≌Rt△CDF(HL) .∠B=∠C,∠BDE=∠CFD .∠AFD=140°=∠C+∠CDF .∠C=∠AFD-∠CDF=50°， .∠B=∠C=50° :∠BDE+∠EDF=∠FDB=∠C+∠DFC, .∠EDF=∠C=50° 故答案为：50 4.180 【分析】本题考查网格证明全等三角形，利用全等可证RtAADES≌RtAAEC(HI),则 ∠I=∠ACE,即可求解 【详解】解：如图： B D 由题得AB=AC,四个小正方形边长均相同 .∠D=∠E=90°，AD=AE Rt△ADB≌RtAAEC(HL) .∠I=∠ACE 则∠ACE+∠2=180° .∠1+∠2=180° 故答案为：180. 5.12 【分析】连接BE,根据HL可证RI△BCE≌RIABDE,利用全等三角形的性质可知 试卷第9页，共3页 DE=CE,再根据△ABC的周长和△ADE的周长，可得AD+AE+CE=12,即可得到BC 的长度。 【详解】解：如下图所示，连接BE, B D 在RIABCE和RIABDE中， BEBE BC=BD, ∴.Rt△BCE≌Rt△BDE(HL) .DE=CE :△ABC的周长为36， ∴.BC+AB+AC=36 ..BC+BD+AD+AE+CE=36. .BC=BD ..2BC+AD+AE+CE=36. :△ADE的周长为l2, .AD+AE+DE=12, .AD+AE+CE=12, .2BC+12=36. .BC=12 6.②④/④② 【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线及掌握全等三角形的判定 定理是解题的关键.过点E作EF LAD于点R,证明△DEF≌aDBC(AAS) 得到 EF=EC=EB、∠FED=∠CED,DF=CD,再证明 tAAEF≌RtAAEB(HL) 得到 AF=AB,∠AEF=∠AEB，由此判断③错误；根据∠FED+∠CED+∠AEF+∠AEB=180° 试卷第10页，共3页 判断②正确；根据全等三角形的性质 Se+S.c+S.+S.a=S形m,得到 SAADE 2Sm,由此判断④正确：题中无条件证明∠CDE=60°，故①错误。 【详解】解：过点E作EF⊥AD于点F,则∠DFE=90°， B ,E是BC的中点， .'EB=EC, ∠B=∠C=90°， .ZDFE=ZC, DE平分∠ADC, .∠FDE=∠CDE 又DE=DE, :△DBF2aDEC(AAS) .EF=EC=EB,∠FED=∠CED,DF=CD」 :∠AFE=∠B=90°，AE=AE, Rt△AEF≌RtaAEB(HL) ∴.AF=AB,∠AEF=∠AEB, .AD=DF+AF=CD+AB. 故③错误： ,∠FED+∠CED+∠AEF+∠AEB=I8O°， :.∠FED+∠AEF=90°，即∠AED=90°， .DE⊥AE, 故②正确： .OE=S.DCrC 试卷第11页，共3页 .S.DEF+S.AEF= S特形ABD,限即SMDE= S形BGD 故④正确： 题中无条件证明∠CDE=60°， 故①错误： 正确的有②④. 故答案为：②④. 7.(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1)根据同角的余角相等可得∠ACD=∠BCE,结合AC=BC,DC=EC,利用 SAS即可证明结论： (2)根据△ACD≌△BCE,结合己知易证 tACEF≌RI4CDF(UHL),可得∠EFC=∠DFC 即可证明结论， 【详解】(1)证明：：∠ACB=∠DCE=90° :.∠ACD+∠ACE=∠BCE+∠ACE=90°， ∴.∠ACD=∠BCE. 又：AC=BC,DC=EC ∴.△ACD≌△BCE(SAS) (2)证明：△ACD≌aBCE,∠ADC=90°」 .∠BEC=∠ADC=90°，CD=CE, .∠FEC=∠CDF=90°， .CF=CF ∴.RtACEF≌RIACDF(HL) .∠EFC=∠DFC, .FC平分∠BFD. 三、课后达标 【基础巩固】 1.60 试卷第12页，共3页 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定， 先作EF⊥AD 根据“角角边”证明△CDE≌△FDE EF =CE=BE,SADEF =SACDE ,可得 再根据“斜边直角边”证明Rt△AEF≌Rt△AEB,可得S△M=S△ME,然后根据 Sne=Sg+Sm=S.e+S,可得答案。 【详解】解：如图所示， 过点E作EF⊥AD,交AD于点F, :点E是BC的中点， CE=E8c=5】 ,DE平分∠CDA, .∠CDE=∠EDF, :∠C=∠DFE=90°，DE=DE .△CDE≌△FDE, EF=CE=5=BE,S.DEF =S.CDE 在RtAAEF和Rt△AEB中， AE=AE EF=BE ∴.RtAAEF≌Rt△AEB, .S△M=S△ME. .DF=-x12x5=30=5 oturs.cot 2 ∴.四边形ABCD的面积为30+30=60. 故答案为：60 试卷第13页，共3页 B 2.21° 【分析】此题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，利用等腰三角形三线合 -的性质得到NMH=CHI=CN,∠NMH=NMC=21P.再证明△M≌△AHN,得到 ∠MAN=∠NAH=21° 【详解】解：过点A作AH⊥CN于点H, M◇ N H :AN=AC,∠NAC=42°， NI-C-CN.NA-NC2 .MW:WC=1:2, :MN=号NC=NH 2 .∠M=∠AHN=90°，AN=AW. .△AMN≌AAHN(HL). .∠MAN=∠NAH=21°， 故答案为21°， 3.4 【分析】本题考查了平面直角坐标系、全等三角形的性质与判定，过点C作坐标轴的垂线 试卷第14页，共3页 构造全等三角形是解题的关键.作CE⊥x轴于点E,CD上y轴于点D,则 ∠CDB=∠CEA=90 ,根据点 (2,2) 到坐标轴的距离得到OD=CE=2,OE=CD=2 通过证明RtACBD≌RtACAE得到BD=AE,再利用线段的和差以及等量代换即可求出 OA+OB的值， 【详解】解：如图，作CE⊥x轴于点E,CD1y轴于点D,则∠CDB=∠CEA=90°， B ,C(2,2) :D(0,2E(2,0) ..OD=CE=2,OE=CD=2, .CD=CE, 在Rt△CBD和Rt△CAE中， CD=CE BC=AC Rt△CBD≌RtACAE(HL) .BD=AE, ..OA+OB=OE-AE+OD+BD=OE+OD=2+2=4. 故答案为：4. 4.(1)见解析 (2)27° △ADE≌△ABC(AAS) 【分析】(1)证 ,即可得证； 试卷第15页，共3页 (2)证明 t4EF≌RtACF(HL),得到∠EMF=∠CM,进行求解即可， 【详解】(1)证明：在△ABC中，∠ACB=90°，又DE⊥AB于点E, .∠ACB=∠AED=90° 在△ADE和△ABC中， [∠AED=∠ACB, ∠DAB=∠BAC, AD=AB, △ADE≌△ABC(AAS) .DE=BC (2)解：由(1)得△ADE≌△ABC, .AE=AC,∠DAE=∠BAC :∠ACB=∠AEF=90°，AF=AF, Rt△AEF≌RtAACF(HL) .∠EAF=∠CAF, .∠D=36° ∠DAE=∠BAC=90°-36°=54°， :∠EAF=)∠BAC=27 2 【综合提升】 1.3或7或10 【分析】本题考查了直角三角形全等的判定和性质，学会分类是解题的关键.分情况，当 E在线段AB上，或当E在线段AB延长线上，由HL即可求解. 【详解】解：，CA⊥AB,BM⊥AB, .∠CAB=∠DBE=90°， ED=CB. 当E在线段AB上时， 若BE=AC, .Rt△DEB≌RtABCA(HL) 试卷第16页，共3页 AE =3tcm, BE=AB-AE=(15-3t)cm .15-3t=6, .t=3 若BE=AB, Rt△DEB≌RtACBA(HL) .AE=0, t=0(舍去)， 当E在线段AB延长线上时， 若BE=AC RtADEB≌Rt△BCA(HL) :E=3=B+BE=15+6=21lcm） .t=7, 若BE=AB, Rt△DEB≌RtACBA(HL) :4E=3=AB+BE=15+15=30(cm） .1=10 :,当I=3或7或10秒时，△DEB与△BCA全等. 故答案为：3或7或10 2.(1)等式的性质：全等三角形的对应边相等： (2)∠BEC=a. (3)解：∠AED=∠AEF,理由如下： 如图，过点A作AM⊥CE于点M,作AW⊥BD于点N 试卷第17页，共3页 D ABD≌AACE(SAS) 同(1)可知 .'BD=CE. S.ABD=S.ACE .BDAN,S-CE.AM 2 D:AN-CE-4M .AM AN, 又，AM⊥CE,AW⊥BD △AME≌△ANE(HL) ∴.∠AED=∠AEF 【分析】(1)根据角的和差关系结合全等三角形的性质，作答即可： (2)根据全等三角形的性质结合三角形的内角和定理即可得出结果； (3)过点A作AM⊥CE于点M,作AN⊥BD于点N,证明AN=AM,进而证明 △AME≌AANE(HL ,可知∠AED=∠AEF 【详解】(1)略； △ABD≌△ACE(SAS) (2)解：同(1)可知 ∴.∠ABD=∠ACE :∠AOB=∠EOC且∠BAC=a&, 在△AOB与△EOC中， 试卷第18页，共3页 ∠BAC+∠ABD+∠AOB=180°，∠BEC+∠ACE+∠EOC=180° ∠BEC=LBAC=a; (3)略. 试卷第19页，共3页